2015年高考备考立体几何中的空间向量方法
河南省三门峡市卢氏县第一高级中学 山永峰
建立适当的空间直角坐标系，利用向量的坐标运算证明线线、线面、面面的平行与垂直，以及空间角（线线角、线面角、面面角）与距离的求解问题，是高考的考查热点，以解答题为主，多属中档题。在高考备考中精心准备，加强系统化、专业化训练完全能够成为学生的得分点！现结合本人多年的高三教学备考经验，以最近三年高考真题为载体进行系统的剖析，抛砖引玉。
必考知识点：
1．两条异面直线所成角的求法
设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则
cos φ＝|cos θ|＝|a·b||a||b|
(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)． 2．直线和平面所成的角的求法： 如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向
量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n·e||n||e|.
3．求二面角的大小
(1)如图①，AB ，CD 是二面角α -l -β的两个面内与棱l 垂直的直
线，则二面角的大小θ＝〈AB ，CD 〉．
(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α -l -β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．
易错知识点： 1．求异面直线所成角时，易求出余弦值为负值而
盲目得出答案而忽视了夹角为? ??
??0，π2. 2．求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值．
3．利用平面的法向量求二面角的大小时，二面角是锐角或钝角
由图形决定．由图形知二面角是锐角时cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|
；由图形知二面角是钝角时，cos θ＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|
.当图形不能确定时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点．
[试一试]：1．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( )
A ．45°
B ．135°
C ．45°或135°
D ．90°
2．(2013·石家庄模拟)如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF
与CE所成角的余弦值为________．
[类题通法]：1．求两异面直线a，b的夹角θ，须求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos θ＝|cos〈a，b〉|.
2．求直线l与平面α所成的角θ：可先求出平面α的法向量n 与直线l的方向向量a的夹角．则sin θ＝|cos〈n，a〉|.
3．求二面角α-l-β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．
[练一练]：1．已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD
是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC与BD交于O，
PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2CD＝22，E，F分别
是AB，AP的中点．则二面角F-OE-A的余弦值为
________．
2．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，P A ⊥平面ABCD，P A＝AD＝2，AB＝1，BM⊥PD于点M.则直线CD与平面ACM所成角的余弦值为________．
题型一空间角的求法
考点一异面直线所成角
1．(2013·沈阳调研)在直三棱柱A1B1C1-ABC中，∠BCA＝90°，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是()
A.
30
10 B.
1
2 C.
30
15 D.
15
10
2．如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M和N分别是A1B1和BB1的中点，那么直线AM与CN所成角的余弦值为________．
[类题通法]：1．向量法求异面直线所成的角的方法有两种
(1)基向量法：利用线性运算．(2)坐标法：利用坐标运算．
2．注意向量的夹角与异面直线所成角的区别
当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．
[针对训练]：[2014·新课标全国卷Ⅱ] 直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为()
A.1
10 B.
2
5 C.
30
10 D.
2
2
B.
考点二
直线与平面所成角
[典例] (2013·湖南高考)如图，在直棱柱ABCD
-A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC
＝1，AD ＝AA 1＝3. (1)证明：AC ⊥B 1D ；
(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值．
[类题通法]：利用平面的法向量求线面角时，应注意
(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角即为所求．
(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求．
[针对训练]1：(2013·福建高考)如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，
BC ＝5k ，DC ＝6k (k >0)．若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为67，
求k 的值．
[针对训练]2：[2014·福建卷] 在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥
平面BCD ，如图1-5所示．(1)求证：AB ⊥CD ；
(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．
图1-5 考点三 二面角
[典例] (2013·新课标卷Ⅱ)如图，直三棱柱
ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝
AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1//平面A 1CD ；
(2)求二面角D -A 1C -E 的正弦值．
变式： 在本例条件下，求平面A 1AD 与平面A 1EC 所成二面角的大小.
[类题通法]：利用法向量求二面角时应注意
(1)对于某些平面的法向量要注意题中隐含着，不用单独求．
(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合
图形进行，以防结论失误．
[针对训练]1：(2014·杭州模拟)如图，已知平面QBC
与直线P A 均垂直于Rt △ABC 所在平面，且P A ＝AB ＝AC .
(1)求证：P A ∥平面QBC ；
(2)若PQ ⊥平面QBC ，求二面角Q -PB -A 的余弦值．
[针对训练]2：[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1-5，三棱柱ABC
-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A-A1B1-C1的余
弦值．图1-5
题型二空间向量的应用
考点一空间向量法解决探索性问题
探索存在性问题在立体几何综合考查中是常考的命题角度，也是考生感觉较难，失分较多的问题，归纳起来立体几何中常见的探索性问题有：
1 探索性问题与空间角结合；
2 探索性问题与垂直相结合；
3 探索性问题与平行相结合.
问题1 探索性问题与空间角相结合
1．(2014·哈师大附中模拟)如图，三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC，∠ACB＝90°，E是棱CC1上的动点，F是AB的中点，AC＝1，BC＝2，AA1＝4.
(1)当E 是棱CC 1的中点时，求证：CF ∥平面AEB 1；
(2)在棱CC 1上是否存在点E ，使得二面角A -EB 1 -B 的余弦值是21717？若存在，求CE 的长，若不存在，请说明理由．
[针对训练]：[2014·天津卷] 如图1-4所示，在四棱锥P - ABCD 中，P A ⊥底面ABCD, AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ， 求二面角：F - AB - P 的余弦值．
图1-4
问题2 探索性问题与垂直相结合
2．(2014·南昌模拟)如图是多面体ABC -A 1B 1C 1和它的三视图．
(1)线段CC 1上是否存在一点E ，使BE ⊥平面A 1CC 1？若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；
(2)求平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值．
[针对训练]：[2014·湖北卷] 如图1-4，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．
(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ.
(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
图1-4
问题3探索性问题与平行相结合
3．(2013·江西模拟)如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD
所成的角为60°.(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)求二面角
F-BE-D的余弦值；(3)设点M是线段BD上一个动点，
试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的
结论．
[针对训练]：2012·福建卷] 如图1－3，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．
(1)求证：B 1E ⊥AD 1；
(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；
(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．
图1－3
[类题通法]：解决立体几何中探索性问题的基本方法
1．通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．
2．探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．如角
度二中的CE ＝λ1EC ，这样可减少坐标未知量．
考点二 空间向量的综合应用
[典例] (2013·郑州模拟)如图，△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝2a ，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，沿DE 将△ADE 折起，得到如图所示的四棱锥A ′ -BCDE .
(1)在棱A′B上找一点F，使EF∥平面A′CD；
(2)当四棱锥A′-BCDE的体积取最大值时，求平面A′CD与平面A′BE夹角的余弦值．
[类题通法]：立体几何的综合应用问题中常涉及最值问题，处理时常用如下两种方法：
(1)结合条件与图形恰当分析取得最值的条件
(2)直接建系后，表示出最值函数，转化为求最值问题．
[针对训练]1：已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段BD1上．当∠APC最大时，三棱锥P -ABC的体积为________．
[针对训练]2：[2014·中山期末] 如图J12-4所示，在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，P A⊥平面ABCD，P A＝AB＝2，BC＝4，E是PD的中点．(1)求证：平面PDC⊥平面P AD；(2)求二面角E-AC-D的余弦值；(3)求直线CD与平面AEC所成角的正弦值．
图J12-4
2015高考备考空间向量与立体几何参考答案
前测：1.C 2.解析：如图建立空间直角坐标系，
设AB ＝EF ＝CD ＝2，∵AE ∶DE ∶AD ＝1∶1∶2，
则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0,2,1)，∴AF ＝(－
1,2,0)，EC ＝(0,2,1)，∴cos 〈AF ，EC 〉＝45
， ∴AF 与CE 所成角的余弦值为45. 答案：45
练习：1.解析：以OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，由题知，OA ＝OB ＝2，
OC ＝OD ＝1，A (0－2,0)，B (2,0,0)，C (0,1,0)，D (－1,0,0)，P (0,0,2)，OE ＝(1，－1,0)，OF ＝(0，－1,1)，
设平面OEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则?????
m ·OE ＝0，m ·OF ＝0，令x ＝1，可得m ＝(1,1,1)．易知平面OAE 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，
设二面角F -OE -A 为α，则cos α＝m·n |m||n|＝33
.答案：33 2.解析：如图所示，以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 A －xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)．∵
AM ⊥PD ，P A ＝AD ，∴M 为PD 的中点，∴M 的坐标为
(0,1,1)．∴AC ＝(1,2,0)，AM ＝(0,1,1)，
CD ＝(－1,0,0)．设平面ACM 的一个法向量为n ＝(x ，y ，
z )，
由n ⊥AC ，n ⊥AM 可得?????
x ＋2y ＝0y ＋z ＝0， 令z ＝1，得x ＝2，y ＝－1.∴n ＝(2，－1,1)．
设直线CD 与平面ACM 所成的角为α，则sin α＝|CD ·n ||CD ||n |＝63
. ∴cos α＝33，即直线CD 与平面ACM 所成角的余弦值为33.答案：33
考点1:1.解析：选A 建立如图所示的坐标系，
设BC ＝1，则A (－1,0,0)，F 1? ??
??－12，0，1，B (0，－1,0)，D 1? ????－12，－12，1，则1AF ＝? ????12，0，1，1BD ＝? ??
??－12，12，1. ∴cos 〈1AF ，1BD 〉＝1AF ·1BD | 1AF ||1BD |＝3010
. 2.25 训练：C [解析] 如图，E 为BC 的中点．由于M ，
N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，故MN ∥B 1C 1且MN ＝12B 1C 1，故MN 綊
BE ，所以四边形MNEB 为平行四边形，所以EN 綊BM ，所以直线AN ，NE 所成的角即为直线BM ，AN 所成的角．设BC ＝1，则B 1M ＝12B 1A 1＝22，所以MB ＝1＋12＝62＝NE ，AN ＝AE ＝5
2，
在△ANE 中，根据余弦定理得cos ∠ANE ＝64＋54－5
42×62×52
＝3010. 考点2：[解] 法一：(1)证明：如图1，因为BB 1⊥平面ABCD ，AC ?平面ABCD ，所以AC ⊥BB 1.又AC ⊥BD ，所以AC ⊥平面BB 1D .
图1
而B1D?平面BB1D，所以AC⊥B1D.
(2)因为B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)．
如图1，连接A1D.因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥平面ADD1A1.从而A1B1⊥AD1.又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1D⊥AD1.
故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.
由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1.故∠ADB1＝90°－θ.在直角梯形ABCD中，因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB.
从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故AB
DA＝
BC
AB.即AB＝DA·BC＝ 3.
连接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BB21＋BD2＝
BB21＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝21.在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝AD B1D
＝3
21
＝
21
7，即cos(90°－θ)＝
21
7.从而sin θ＝
21
7.
即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为
21
7.
法二：(1)证明：易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图2，以A
为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则有A (0,0,0)，B (t,0,0)，B 1(t,0,3)，C (t,1,0)，
C 1(t,1,3)，
D (0,3,0)，D 1(0,3,3)．从而1B D ＝(－t,3，－3)，
图2
AC ＝(t,1,0)，BD ＝(－t,3,0)．因为AC ⊥BD ，
所以AC ·
BD ＝－t 2＋3＋0＝0，解得t ＝3或t ＝－3(舍去)． 于是1B D ＝(－3，3，－3)，AC ＝(3，1,0)．
因为AC ·1B D ＝－3＋3＋0＝0，所以AC ⊥1B D ，即AC ⊥B 1D .
(2)由(1)知，1AD ＝(0,3,3)，AC ＝(3，1,0)，11B C ＝(0,1,0)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面ACD 1的一个法向量，则
????? n ·AC ＝0，n ·1AD ＝0，即?????
3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0.令x ＝1，则 n ＝(1，－3，3)．设直线B 1C 1与平面ACD 1所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n ，11B C 〉|＝?
???????n ·11B C |n |·|11B C |＝37＝217. 即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为217.
练习1：解：由题意知DC ⊥AD ，D 1D ⊥DC ，D 1D
⊥AD 故以D 为原点，DA ，DC ，1DD 的方向为x ，y ，
z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则A (4k,0,0)，C (0,6k,0)，B 1(4k,3k,1)，A 1(4k,0,1)，
所以AC ＝(－4k,6k,0)，1AB ＝(0,3k,1)，1AA ＝(0,0,1)．
设平面AB 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则由?????
AC ·n ＝0，1AB ·n ＝0，得?????
－4kx ＋6ky ＝0，3ky ＋z ＝0.
取y ＝2，得n ＝(3,2，－6k )．设AA 1与平面AB 1C 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈1AA ，n 〉|＝????????1AA ·n | 1AA |·|n |＝6k 36k 2＋13＝67，解得k ＝1，
故所求k 的值为1.
练习2：解：(1)证明：∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ?平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD .又CD ?平面BCD ，∴AB ⊥CD .
(2)过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD .
由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ?平面BCD ，BD ?平面BCD ，
∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE
→，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．依题意，
得B (0，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，A (0，0，1)，M ? ????0，12，12.
则BC →＝(1，1，0)，BM →＝? ??
??0，12，12，AD →＝(0，1，－1)． 设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则???n ·BC →＝0，n ·BM
→＝0，即???x 0＋y 0＝0，
12y 0＋12z 0＝0，
取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝???
?cos 〈n ，AD →〉＝|n ·AD →||n |·|AD
→|＝63.即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63.
考点3:[解] (1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点．又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC 1∥DF .因为DF ?平面A 1CD ，BC 1?平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .
(2)由AC ＝CB ＝22AB 得，AC ⊥BC .以C 为坐标
原点，CA ，CB ，CC ′的方向为x 轴，y 轴，z 轴的
正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz .
设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，
CD ＝(1,1,0)，CE ＝(0,2,1)，1CA ＝(2,0,2)．
设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则
????? n ·CD ＝0，n ·1CA ＝0.即?????
x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.可取n ＝(1，－1，－1)． 同理，设m 是平面A 1CE 的法向量，则
?????
m ·CE ＝0，m ·1CA ＝0.可取m ＝(2,1，－2)．从而 cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63. 即二面角D -A 1C -E 的正弦值为63.
变式：解：∵AC ＝BC ，D 为AB 中点，∴CD ⊥面A 1AD ，
∴CD 是平面A 1AD 的一个法向量．由(2)建系条件下可知CD ＝(1,1,0)， 又平面A 1EC 的法向量m ＝(2,1，－2)，
∴cos 〈CD ，m 〉＝2＋1＋02×3＝22
. ∴平面A 1AD 与平面A 1EC 所成角为45°.
练习1：解：(1)证明：过点Q 作QD ⊥BC 于点D ，
∵平面QBC ⊥平面ABC ，∴QD ⊥平面ABC .
又P A ⊥平面ABC ，∴QD ∥P A .又QD ?平面QBC ，
P A ?平面QBC ∴P A ∥平面QBC .
(2)∵PQ ⊥平面QBC ，∴∠PQB ＝∠PQC ＝90°，又
PB ＝PC ，PQ ＝PQ ，∴△PQB ≌△PQC ，∴BQ ＝CQ .
∴点D 是BC 的中点，连接AD ，则AD ⊥BC ，
又AD ?平面QBC ，BC ?平面QBC ，
∴AD ⊥平面QBC .∴PQ ∥AD ，AD ⊥QD ，∴四边形P ADQ 是矩形．
分别以AC ，AB ，AP 所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A -xyz ，设P A ＝2a ，则Q (a ，a,2a )，B (0,2a,0)，P (0,0,2a )，
设平面QPB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵PQ ＝(a ，a,0)，
PB ＝(0,2a ，－2a )，∴?????
ax ＋ay ＝0，2ay －2az ＝0，n ＝(1，－1，－1)． 又平面P AB 的一个法向量为m ＝(1,0,0)．
设二面角Q -PB -A 为θ，则|cos θ|＝|cos 〈m ，n 〉|＝?
?????m·n |m|·|n|＝33， 又二面角Q -PB -A 是钝角，∴cos θ＝－33，
即二面角Q -PB -A 的余弦值为－33.
练习2：解：(1)证明：连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO ，因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点． 又AB ⊥B 1C ，所以B 1C ⊥平面ABO .由于AO ?平面ABO ，故B 1C ⊥AO .
又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.
(2)因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .
又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌ △BOC .故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两垂直．以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，|OB |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz .
因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角
形，又AB ＝BC ，则A ? ????0，0，33，B (1，0，0)，B 1? ??
??0，33，0，